problema di Cauchy

(1)

Appunti sul corso di Complementi di Matematica ( modulo Analisi)- prof. B.Bacchelli

01- Equazioni differenziali del primo ordine: variabili separabili Riferimenti: R.Adams, Calcolo Differenziale 2. Casa Editrica Ambrosiana Vocabolario: Equazione differenziale;soluzione; ordinaria;ordine; soluzione generale; soluzione particolare;valore iniziale; problema di Cauchy; campo di direzioni; curva integrale; linea di livello, isocline, equazione separabile.

Si dice equazione differenziale ordinaria (EDO) di ordine n, una equazione della forma

F (x, y, y⁰, y⁰⁰, ..., y⁽ⁿ⁾) = 0

dove l’incognita `e una funzione y(x) reale di variabile reale.

Si dice forma normale dell’equazione differenziale la forma y⁽ⁿ⁾= f (x, y, y⁰, y⁰⁰, ..., y⁽ⁿ⁻¹⁾)

nella quale si `e risolta (esplicitata) l’equazione rispetto alla derivata n-esima della funzione incognita.

Si dice soluzione della (1) una funzione y(x) definita e derivabile fino all’ordine n in un intervallo (a, b) ⊂ R, tale che soddisfi l’equazione identi- camente in (a, b), cio`e tale che valga

F (x, y(x), y⁰(x), ..., y⁽ⁿ⁾(x)) = 0, per ogni x ∈ (a, b).

Se la incognita y è funzione di più variabili, cioè y = y(x₁, x₂, ..., x_k), allora l’equazione differenziale , anzichè ordinaria, si dice a derivate parziali.

Noi qui trattiamo alcune classi di equazioni differenziali ordinarie.

In generale una equazione differenziale pu`o non avere soluzioni, per es- empio (y⁰)² = −1. O averne una sola, per esempio (y⁰(x))² = − |y(x)| ha solo la soluzione nulla, y(x) = 0. Oppure averne infinite, per esempio y⁰ = 1 ha soluzione y(x) = x + k, per qualsiasi valore della costante k.

L’insieme delle soluzioni viene anche detto integrale generale, o soluzione generale.

L’integrale generale di una equazione differenziale di ordine n general- mente dipende da n costanti arbitrarie c , c , ..., c .

(2)

Determinare una soluzione di un problema di Cauchy o problema delle condizioni iniziali per una equazione differenziale di ordine n significa trovare una soluzione che soddisfa condizioni assegnate dal problema alle y, y⁰, ...y⁽ⁿ⁻¹⁾ in un certo punto x₀, ovvero risolvere il seguente sistema











y⁽ⁿ⁾= f (x, y, y⁰, y⁰⁰, ..., y⁽ⁿ⁻¹⁾) y(x₀) = y₀

y⁰(x₀) = y₁ y⁰⁰(x₀) = y₂

· · ·

· · · yⁿ⁻¹(x₀) = y_n−1

dove x₀, e y₀, y₁, ...y_n−1 sono dati dal problema. Una volta trovato l’insieme delle soluzioni nella forma y(x) = g(x, c0, c1, ..., cn−1), questo significa trovare per quali valori delle costanti c₀, c₁, ..., c_n−1 sono soddisfatte le condizioni iniziali date.

In particolare, risolvere un problema di Cauchy per una equazione differenziale del primo ordine y⁰ = f (x, y) con condizione iniziale y(x₀) = y₀, significa trovare una soluzione del sistema

½ y⁰ = f (x, y)

y(x0) = y0 (1)

ovvero, geometricamente , significa trovare una soluzione che passa per il punto (x0, y0): il punto (x0, y0) `e la ”condizione iniziale”.

Una volta trovate l’insieme delle soluzioni nella forma y(x) = g(x, c), si tratterà di determinare per quale valore c della costante c è soddisfatta la condizione data y(x0) = y0. Ciò è possibile risolvendo l’equazione y0 = g(x0,c) nella incognita c. Quindi la soluzione richiesta è y(x) = g(x, c), con x che varia in un opportuno intervallo (x₀− r, x₀+ r).

NOTA BENE: La soluzione può non esistere, o non essere unica. Ogni soluzione è comunque una funzione derivabile e definita in un intervallo che contiene il punto x₀. Sotto ipotesi abbastanza ampie è possibile dimostrare che il problema (1) ha una e una sola soluzione, almeno localmente, cioè in un opportuno intorno del punto iniziale x₀ (teorema di Esistenza e Unicità locale).

(3)

Teorema di Esistenza e Unicit`a locale.

Sia dato il problema di Cauchy

½ y⁰ = f (x, y) y(x0) = y0

e supponiamo che esista un intorno U del punto(x₀, y₀) in cui valgano le seguenti ipotesi:

A. f (x, y) sia continua in U(x₀, y₀);

B. la derivata parziale rispetto a y , ∂f

∂y(x, y) sia continua in U(x₀, y₀).

Allora esiste un intervallo che contiene il punto x0 in cui esiste ed `e unica la soluzione del problema.

NOTA BENE: L’ipotesi A. di continuità della f (x, y) garantisce l’esistenza di una soluzione, l’ipotesi B. di continuità della derivata parziale garantisce l’unicità della soluzione. Tale soluzione è detta soluzione particolare.

Esempio 1: y⁰ = 2x soluzione per integrazione: y = x²+ c.

Esempio 2: y⁰ = ky soluzione: y = Ce^kt .

E’ facile da verificare: basta derivare e sostituire, e questa `e una bella carat- teristica delle equazioni differenziali in generale.

Nell’esempio 1 i grafici sono parabole (fascio) dove ciascuna è la traslata (verticalmente) di un’altra, cioè qui la costante è additiva, c.

Nell’esempio 2, i grafici non sono assolutamente legati tra loro da traslazioni verticali; essi formano un fascio, ma qui la costante di integrazione `e molti- plicativa, C.

Abbiamo in antrambi i casi scritto la ”soluzione generale”. I loro grafici riempiono tutto il piano.

Una ”soluzione particolare” viene determinata nello scegliere uno speci- fico valore per la costante di integrazione. Spesso la costante `e specificata quando si richiede che la curva passi per un punto (x₀, y₀) particolare: questo punto `e il ”valore iniziale”.

La soluzione particolare alla y⁰ = ky con y(0) = 1 `e y(x) = e^kx. OSSERVA : Questa `e una buona definizione di e^kx .

(4)

APPROCCIO GRAFICO

Consideriamo ora l’equazione differenziale del primo ordine in forma normale:

y⁰ = f (x, y).

La EDO y⁰ = f (x, y) specifica una derivata - cio`e, una ”pendenza” - in ogni punto del piano. Ovvero, in ogni punto del piano (x, y) (in cui f

`e definita) `e possibile disegnare un segmento centrato nel punto (x, y) e di pendenza f (x, y).

Si dice campo di direzioni, o di pendenze, l’insieme dei segmenti disegnati nel piano.

Si dice curva integrale una curva (linea) nel piano che ha pendenza data da f (x, y) in ogni suo punto (x, y).

Una soluzione `e una funzione il cui grafico giace su una curva integrale.

Il teo di E ed U dice che c’è proprio una curva integrale passante per ciascun punto del piano (dove f è definita): OGNI PUNTO GIACE SU UNA CURVA INTEGRALE , e NON C’E’ ATTRAVERSAMENTO (la pendenza è definita da un funzione) .

PER DISEGNARE il campo di direzioni noi facciamo i seguenti passi:

1. Troviamo il luogo dei punti (x, y) dove f (x, y) `e costante, cio`e risolvi- amo f (x, y) = m, per alcuni valori di m, e disegnamo tale luogo.

Si troverà una o più curve che sono dette linee di livello , cioè, in questo caso, l’insieme di linee che hanno la stessa pendenza (isocline).

2. Scegliamo alcuni punti (x, y) della isoclina di livello m, e per ciascun punto disegnamo un segmento di centro (x, y) con pendenza m. Otteniamo cos`ı un campo di direzioni.

3. Congiungendo i segmenti cos`ı vicini da intersecarsi, si pu`o approssi- mare una curva integrale.

Esempio 3: y⁰ = −x

y Questa equazione `e resolubile (variabili separabili).

Isocline : −x

y = m → y = (−1

m)x rette per l’origine di coefficiente angolare − 1

m.

Preso un punto su tale retta, il segmento del campo di direzioni ha pendenza m , quindi `e perpendicolare alla retta.

Pertanto le curve integrali sono cerchi concentrici, di centro l’origine.

(5)

Queste soluzioni non sono definite su tutto R, ma solo su un intervallo. Si noti che questo fatto non `e assolutamente prevedibile dal testo dell’equaz.

differenziale.

Esempio 4: y⁰ = x − y. Questa equazione `e resolubile (lineare).

Isocline: x − y = m =⇒ y = x − m rette parallele di coefficiente angolare 1.

Disegno qualcuna di esse e disegno alcuni segmenti di pendenza m su di essa.

m = 0 : y = x m = −1 : y = x + 1 m = 2 : y = x − 2

m = 1 : y = x − 1 Attenzione i segmenti giacciono sulla retta ! Idea: la funzione y = x − 1 `e soluzione ? Provo e verifico che s`ı, `e soluzione.

Inoltre ogni curva integrale si avvicina alla retta y = x − 1 al crescere di x.

Questa `e una situazione ideale - noi sappiamo il comportamento del sistema a lungo termine (asintoticamente), e la risposta non dipende dalla condizione iniziale:

y(x) ∼ x − 1, per x → ∞.

Esempio 5: y⁰ = y²− x .

Questa equazione non ha soluzioni esprimibili con funzioni elementari.

Tuttavia possiamo dire cose interessanti sulle sue soluzioni.

Isocline: y²− x = m fascio di parabole con asse y = 0 e vertici (−m, 0).

Disegno qualcuna di esse e disegno alcuni segmenti di pendenza m su di essa m = 0 : x = y². La disegno.

m = 1 : x = y²− 1 m = −1 : x = y²+ 1

In questo caso a partire da un punto della regione tra le due parabole con m = 0 e m = −1 la soluzione o tende a stare o ad entrare nella regione tra le due parabole, che sono asintotiche alla funzione y = −√

x per grandi valori di x. Cio`e abbiamo un comportamento asintotico di certe soluzioni, indipendentemente dalle condizioni iniziali (purch`e in un certo range).

Il campo di direzioni permette di visualizzare le soluzioni, ma noi vor- remmo un metodo di risoluzione ”analitico”, cio`e mediante formule.

(6)

EDO. del primo ordine a variabili separabili. E’ una equazione differenziale della forma

y⁰ = f (x)g(y)

dove si suppone f : I → R, g : J → R funzioni continue negli intervalli I e J rispettivamente.

Se g `e anche derivabile con derivata continua in J, allora sono soddisfatte le ipotesi del teorema di Esistenza e Unicit`a locale e possiamo dire che per ogni coppia (x0, y0) ∈ I×J esiste una e una sola soluzione locale del problema ai valori iniziali (problema di Cauchy)

½ y⁰ = f (x)g(y) y(x₀) = y₀

nel senso che esiste un intervallo I₀ che contiene il punto x₀ in cui esiste una e una sola funzione y = y(x) definita e derivabile in I₀ che `e soluzione del problema di Cauchy assegnato.

Risoluzione.

Se α è un numero reale per cui g(α) = 0 allora la funzione costante y(x) = α è soluzione della y⁰ = f (x)g(y) su un opportuno intervallo, detta anche soluzione stazionaria. Cioè ad ogni radice della funzione g `e associata una soluzione costante.

Da ci`o si deduce che i casi possibili sono due, o g(y0) = 0 oppure g(y0) 6= 0.

Caso a) g(y₀) = 0, allora la soluzione del problema ai valori iniziali `e y(x) = y₀, per x in un opportuno intorno di x₀.

Caso b) Se invece g(y0) 6= 0, la soluzione cercata non `e costante. Per la ipotesi di continuit`a possiamo dividere per g(y) in un intorno di y₀ e ottenere

y⁰

g(y) = f (x).

Integriamo entrambi i membri rispetto a x (si ricordi che y `e funzione di x) Z y⁰(x)

g(y(x))dx = Z

f (x)dx

e si effettui la sostituzione y = y(x), da cui dy = y⁰(x)dx : Z dy

g(y) = Z

f (x)dx

(7)

Ora, se G(y) e F (x) sono due primitive di 1

g(y) e di f (x) rispettivamente, cio`e G⁰(y) = 1

g(y) e F⁰(x) = f (x), allora si ottengono le soluzioni in forma implicita:

G(y) = F (x) + c

Poi, se `e possibile, cercheremo di risolvere rispetto a y l’equazione, ottenendo le soluzioni in forma esplicita:

y(x) = G⁻¹(F (x) + c)

OSSERVA: Il procedimento di risoluzione si pu`o ricordare facilmente pen- sando alla notazione di Libniz della derivata: y⁰ = dy

dx. Quindi:

Primo passo: separo le variabili:

dy

g(y) = f (x)dx ( se g(y) 6= 0) ; Secondo passo: integriamo entrambi i membri ;

T erzo passo: risolvo rispetto a y esplicitando le soluzioni (se `e possibile).

NOTA BENE: La soluzione di un assegnato p.d.C. per una EDO a variabili separabili:

o si trova tra le soluzioni che soddisfano la equazione G(y) = F (x) + c, oppure

`e una soluzione stazionaria.

E’ la condizione iniziale che ci dice in quale caso siamo.

Esempio 3 Riprendiamo l’esempio 3: y⁰ = −x

y , definita per y 6= 0.

Primo passo: separo le variabili:

−ydy = xdx

Secondo passo: integriamo entrambi i membri :

−y²/2 = x²/2 + C1

Riordino:

x²+ y² = C

Abbiamo dei cerchi. Queste sono soluzioni implicite. Di solito la separazione delle variabili conduce a soluzioni in forma implicita, piuttosto che ad una esplicita espressione di y in funzione di x.

T erzo passo: Possiamo risolverle:

y = +√

C − x² oppure y = −√

C − x².

(8)

In questo esempio, ogni curva integrale contiene due funzioni soluzione:

una sopra, una sotto l’asse x.

E’ la condizione iniziale che ci dice su quale delle due siamo.

Per esempio, cerchiamo una soluzione particolare alla equazione dif- ferenziale, specificata dalla condizione iniziale y(1) = 2, cio`e cerchiamo una curva integrale che passi per il punto (1, 2). Possiamo trovarla impo- nendo la condizione nella relazione implicita, x²+ y² = C trovando C = 5, e poi troviamo la soluzione y = +√

5 − x².

NOTA: le soluzioni non si estendono! Questa soluzione per esempio esiste solo nell’intervallo −√

5 < x < +√ 5.

Infine si noti che y non può annullarsi, cioè non c’è nessuna soluzione con la condizione iniziale (x, 0), poichè la pendenza sarebbe infinita.

ALTRI ESEMPI SVOLTI Es 4. y⁰ = (x + 1) e^y

f (x) = x + 1 ∈ C(R), g(y) = e^y ∈ C¹(R). Le ipotesi del teorema di esistenza e unicit`a locale sono soddisfatte in tutto R × R, pertanto ogni problema di Cauchy associato ha una e una sola soluzione locale, e le soluzioni non si intersecano mai.

Abbiamo che g(y) 6= 0 sempre, quindi non ci sono soluzioni stazionarie.

Procedendo nella separazione delle variabili e integrando Z dy

e^y = Z

x + 1 dx ⇒ − e^−y = (x + 1)² 2 + c₁ Da cui si ottiene l’integrale generale (l’insieme delle soluzioni)

y(x) = − log(c − (x + 1)²

2 )

Cerchiamo per esempio la soluzione che soddisfa le condizioni iniziali y(−1) = 10.

Sostituendo per y il valore 10 e per x il valore −1, si ottiene l’equazione 10 = − log(c)

nella incognita c, che ha soluzione

c = e⁻¹⁰.

(9)

Quindi la soluzione ai valori iniziali `e

y(x) = − log(e⁻¹⁰− (x + 1)²

2 )

definita e derivabile nell’intervallo (che contiene il punto x₀ = −1)

−1 −√

2e⁻¹⁰< x < −1 +√ 2e⁻¹⁰.

Es 5a. Risolvere il problema di Cauchy y⁰ = x(y − 1)³, y(2) = 1.

f (x) = x, g(y) = (y − 1)³. Le ipotesi del teorema di esistenza e unicit`a locale sono soddisfatte in tutto R × R, pertanto ogni problema di Cauchy associato ha una e una sola soluzione locale, e le soluzioni non si intersecano mai.

La funzione g(y) = (y − 1)³ si annulla per il valore 1 della variabile y . Allora la soluzione ai valori iniziali y(2) = 1 `e: y(x) = 1, x ∈ R.

Es 5b. Risolvere il PdC y⁰ = x(y − 1)³, y(2) = −1.

Poich`e il valore −1 non annulla la funzione g(y) = (y − 1)³, possiamo dividere per g(y), separare le variabili e integrare

Z dy

(y − 1)³ = Z

x dx ⇒ − 1

2(y − 1)² = x² 2 + c₁

Per la soluzione ai valori iniziali y(2) = −1 si ottiene, sostituendo, che essa deve soddisfare l’equazione

(y(x) − 1)⁻² = −x²+17

4 in un intorno del punto (x = 2, y = −1).

Da cui si ottiene la soluzione in forma esplicita:

y(x) = 1 − 2

√17 − 4x² , x ∈ (−

√17 2 ,

√17 2 ).

Es . y⁰ = 2√

y. a. Determinare tutte le soluzioni.

Qui f (x) = 1 ∈ C(R), e g(y) = 2√

y ∈ {C([0, +∞)) ∩ C¹(0, +∞)} . Le ipotesi di regolarit`a sono soddisfatte solo in R × (0, +∞).

(10)

Si noti che g(y) pur essendo definita e continua in y = 0, non è derivabile in y = 0, quindi g non è regolare in nessun intorno di y₀ = 0. In tale situazione viene a cadere l’unicità della soluzione che passa per (x, 0).

Tra le soluzioni c’`e la funzione costante y(x) = 0 (stazionaria).

Supposto y > 0 abbiamo: R dy 2√

y =R dx ⇒

√y = x + c , per x > −c.

Da cui si ottiene l’integrale generale

y(x) = (x + c)², x > −c.

Si noti che la soluzione stazionaria y(x) = 0 non si ottiene per nessun valore della costante c.

b. Determinare la soluzione che soddisfa la condizione iniziale y(3) = 16.

Poich`e g(16) 6= 0, la soluzione `e della forma y(x) = (x + c)², x > −c, e si ottiene imponendo il passaggio per il punto: 16 = (3 + c)². Da cui c = 5 :

y(x) = (x + 5)², definita per x > −5. Si noti che solo il ramo crescente della parabola `e soluzione della eq. diff.: si pensi che il campo di direzioni ha solo linee di pendenza positiva o nulla !.

c. Determinare le soluzioni che soddisfano la condizione iniziale y(3) = 0.

La condizione y(3) = 0 `e soddisfatta sia dalla soluzione stazionaria y(x) = 0, sia da tutte le soluzioni della forma:

y(x) =

½ (x + c)² , x ≥ −c, con − c ≥ 3

0 , x < −c .

Queste sono funzioni definite a tratti, dove per x ≥ −c sono il ramo crescente di parabola tangente alla retta y(x) = 0 nel punto (−c, 0).

Cio`e in questo esempio ci sono infinite soluzioni che sono tangenti alla soluzione stazionaria y(x) = 0, chiamata linea inviluppo.

Es .

½ y⁰ = −y² y(−1) = 3

f (x) = 1, g(y) = −y². Le ipotesi di regolarit`a sono soddisfatte in tutto R×R. La funzione y(x) = 0 `e soluzione stazionaria dell’equazione. Supposto y(x) 6= 0 abbiamo:

Z

−dy y² =

Z

dx ⇒ 1

y = x + c ⇒ y(x) = 1 x + c

(11)

rami di iperbole.

Si noti che la soluzione stazionaria y(x) = 0 non si ottiene per nessun valore della costante c.

Le ipotesi del teorema di esistenza e unicit`a locale sono soddisfatte in R × R. Ciononostante, il dominio delle soluzioni non `e tutto R.

NOTA BENE: Per esempio, il problema di Cauchy y(−1) = 3 ha la (unica) soluzione y(x) = 3

3x + 4 (c = 4/3), sull’intervallo I = (−4/3, +∞), che è il più grande intervallo contenente il punto x₀ = −1 in cui è definita la funzione y(x).

Non ha significato chiedersi quanto vale la soluzione nel punto x =

−5, perch`e ci saranno infiniti rami di iperbole (soluzione della eq diff) definite in x = −5, non solo la y(x)!

Es . Un modello di popolazione (modello di crescita/decadimento esponenziale). In questo modello la dinamica della popolazione `e governata dalla equaz.differenziale

y⁰ = k y

dove y(t) `e il valore della popolazione al tempo t, k `e una costante reale non nulla. Se k > 0 (k<0) la popolazione cresce (decresce) ad un tasso proporzionale alla popolazione stessa. E’ un tipico modelle di crescita delle muffe.

La soluzione generale `e y(t) = Ce^kt.

Es . Un modello di popolazione (modello logistico). In questo modello la dinamica della popolazione `e governata dalla equaz.differenziale

y⁰ = k y (1 − y L)

dove y(t) `e il valore della popolazione al tempo t, e si suppone y ≥ 0; L `e il valore della popolazione (valore limite) permesso dalle risorse disponibili e k

`e una costante positiva (legata alla prolificit`a della specie).

Se y = 0 c’`e assenza di popolazione e il sistema non evolve. Se y = L, la popolazione `e stazionaria nel tempo.

Se i valori possibili per y sono 0 < y(t) < L, la derivata `e positiva, cio`e la popolazione cresce.

Se i valori possibili per y sono y(t) > L, la derivata `e negativa, cio`e la popolazione decresce.

Sia t₀ un tempo iniziale (per esempio t₀ = 0). Quindi, se y(t₀) = 0, o y(t₀) = L, allora y⁰(t₀) = 0 e non si ha dinamica (popolazione stazionaria).

(12)

Se y(t₀) = y₀ ∈ (0, L) ∪ (L, +∞), separiamo le variabili:

Z L dy y(L − y) =

Z

k dt ⇒ log(

¯¯

¯¯ y L − y

¯¯

¯¯) = k t + C

Risolvendo rispetto a y , ponendo c = ±e^C, si ottiene y(t) = cLe^kt

1 + ce^kt = cL c + e^−kt.

Si noti che per t → +∞ ,y(t) → L (valore limite), cio`e la popolazione tende al valore permesso dalle risorse disponibili.

Per il problema ai valori iniziali y(0) = y0, si ottiene la soluzione y(t) = y₀L

y₀+ (L − y₀) e^{−k t}

Fare un grafico della soluzione soddisfacente la condizione iniziale y(0) = 1, supponendo L = 2 e k = 1.

Es . y⁰(1 + y)² = −x³

L’equazione differenziale non `e in forma normale. Possiamo comunque integrare entrambi i membri per risolverla.

Z

(1 + y)²dy = − Z

x³dx

⇒ 1

3(1 + y)³ = −1

4x⁴+ C₁ da cui

y(x) = −1 + (C − 3 4x⁴)^1/3.

Se all’equazione associamo i seguenti problemi di Cauchy:

a)y(0) = 1 b)y(0) = −1 c)y(1) = −1

Troviamo rispettivamente:

a) x₀ = 0, y₀ = 1. Quindi: 1 = −1 + C^1/3 ⇒ C = 8 ⇒ y(x) = −1 + (8 − 3

4x⁴)^1/3.

Osservare che questa funzione `e soluzione solo nell’intervallo I = (−⁴ r32

3 , ⁴ r32

3 ) (infatti non `e derivabile in x = ± ⁴

r32

3 ), che `e un intorno di x₀ = 0.

(13)

b) x₀ = 0, y₀ = −1. Quindi: −1 = −1 + C^1/3 ⇒ C = 0 ⇒ y(x) =

−1 − ³ r3

4x^4/3.

Questa funzione `e C¹ su tutto R e quindi `e soluzione su tutto R.

a) x₀ = 1, y₀ = −1. Quindi: −1 = −1 + (C − 3

4)^1/3 ⇒ C = 3

4 ⇒ y(x) =

−1 + ³ r3

4(1 − x⁴)^1/3.

Questa funzione non `e derivabile nel punto x₀ = 1, pertanto questo pr. di C. non ha soluzione. A questa conclusione si poteva arrivare anche osservando che le condizioni iniziali x₀ = 1, y₀ = −1 poste nell’equazione differenziale conducono a una relazione impossibile: 0 = −1.

Altri esempi

I Risolvere l’equazione integrale y(x) = 2 +

Z _x

0

t 1 + y(t)dt

³ Per il teorema fondamentale del calcolo integrale, derivando si ottiene l’equivalente problema di Cauchy

( y⁰ = x 1 + y y(0) = 2 da cui, poich`e f (x) = x, e g(y) = 1

1 + y ∈ C¹(−∞, −1)(−1, +∞) e non si annulla mai, separiamo le variabili e integriamo:

Z

(1 + y)dy = Z

xdx y + y²/2 = x²/2 + C

Risolvendo il p.C. si ottiene la soluzione in forma implicita per C = 4 : y²+ 2y − x²− 8 = 0

e risolvendo rispetto a y si ottiene la soluzione:

y(x) = −1 +√

x²+ 9, x ∈ R.

(14)

I y⁰ = x y

³ f (x) = x ∈ C(R), g(y) = 1

y ∈ C¹(−∞, 0)(0, +∞). In generale posso garantire l’esistenza e l’unicit`a di una soluzione locale di un p.C. y(x₀) = y₀, con y₀ 6= 0, mentre il problema di Cauchy y(x₀) = 0 non ha soluzione.

Le soluzioni (mai nulle) soddisfano R

y dy =R

x dx ⇒ y²− x² = C,

cio`e le curve soluzione sono o rami di iperbole equilatera (di asintoti y = ±x) o sono le quattro semirette uscenti dall’origine y = x e y = −x (si ricordi che nessuna soluzione interseca l’asse x!). Se C < 0, le corrispondenti funzioni iperbole intersecano l’asse x nei punti ±√

−C 6= 0 con tangente verticale nel punto di intersezione, in analogia al fatto che nella eq. diff. se y → 0, e x → a 6= 0, allora y⁰ → ∞.

I y⁰ = x²y³, y(1) = 3

³ f (x) = x², g(y) = y³ ∈ C¹(R), e le soluzioni della eq. diff. non si intersecano mai.

Poichè cerchiamo la soluzione (del problema di Cauchy) y(1) = 3 e abbi- amo che g(3) 6= 0, allora la soluzione si manterrà diversa da zero, per l’unicità.

Possiamo separare le variabili, e sappiamo che la soluzione che cerchiamo `e sempre positiva.

R 1

y³ dy =R

x²dx ⇒ − 1

2y² = x³ 3 + C Se qui risolviamo il p.C. si ha − 1

18 = 1

3+ C ⇒ C = − 7 18. La soluzione pertanto `e y(x) = + 3

√7 − 6x³, e tale funzione `e soluzione sull’intervallo (−∞,p³

7/6), contenente il punto x₀ = 1 del probl. di Cauchy.

I y⁰ = x²y³, y(1) = −1

³ Questa volta la soluzione che cerchiamo è negativa. cioè l’equazione in forma implicita è la stessa dell’esempio precedente: − 1

2y² = x³ 3 − 7

18, ma

(15)

quando risolviamo rispetto a y otteniamo y(x) = − 3

√7 − 6x³, sull’intervallo (−∞,p³

7/6), contenente il punto x₀ = 1 del probl. di Cauchy.

I y⁰ = x²y³, y(1) = 0

³ In questo caso la soluzione (su tutto R) `e y(x) = 0.

I y⁰ = x²(y − 1)⁴, y(−1) = 0

³ f (x) = x², g(y) = (y − 1)⁴ ∈ C¹(R). Vale il teo. di E e U. Si noti che g(y) = 0 per y = 1 e l’equazione differenziale ha la soluzione stazionaria y(x) = 1, .che NON E’ la soluzione del problema di Cauchy dato. Poich`e g(0) 6= 0, possiamo separare le variabili, e sappiamo che la soluzione che cerchiamo `e minore di 1.

R 1

(y − 1)⁴ dy =R

x²dx ⇒ − 1

(y − 1)³ = x³ + C Risolviamo il p.C.: si ha 1 = −1 + C ⇒ C = 2.

La soluzione pertanto `e y(x) = 1 − ³

r 1

x³+ 2, e tale funzione `e soluzione sull’intervallo (−√³

2, +∞), contenente il punto x₀ = −1 del probl. di Cauchy.